《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题28　单变量恒成立之参变分离后导函数零点可猜型（解析版)

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专题 28　单变量恒成立之参变分离后导函数零点可猜型

【方法总结】

单变量恒成立之参变分离法

参变分离法是将不等式变形成一个一端是 f(a)，另一端是变量表达式 g(x)的不等式后，若 f(a)≥g(x)在

x∈D上恒成立，则 f(a)≥g(x)max；若 f(a)≤g(x)在x∈D上恒成立，则 f(a)≤g(x)min．特别地，经常将不等式变

形成一个一端是参数 a，另一端是变量表达式 g(x)的不等式后，若 a≥g(x)在x∈D上恒成立，则 a≥g(x)max；

若a≤g(x)在x∈D上恒成立，则 a≤g(x)min．

利用分离参数法来确定不等式 f(x，a)≥0(x∈D，a为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：

(1)将参数与变量分离，化为 f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．

(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．

(3)解不等式 f1(a)≥f2(x)max 或f1(a)≤f2(x)min，得到 a的取值范围．

【例题选讲】

[例1]　已知函数 f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中 e为自然对数的底数．

(1)求函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)若g(x)≥f(x)对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立，求 t的取值范围．

解析　(1)由f(x)＝ex－xln x，知 f′(x)＝e－ln x－1，则 f′(1)＝e－1，而 f(1)＝e，

则所求切线方程为 y－e＝(e－1)(x－1)，即 y＝(e－1)x＋1．

(2)∵f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，

∴g(x)≥f(x)对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立等价于 ex－tx2＋x－ex＋xln x≥0 对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立，

即t≤对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立．

令F(x)＝，则 F′(x)＝＝，

令G(x)＝ex＋e－－ln x，

则G′(x)＝ex－－＝＞0对任意的 x∈(0，＋∞)恒成立．

∴G(x)＝ex＋e－－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且 G(1)＝0，

∴当x∈(0，1)时，G(x)＜0，当 x∈(1，＋∞)时，G(x)＞0，

即当 x∈(0，1)时，F′(x)＜0，当 x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，

∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，

即t的取值范围是(－∞，1]．

[例2]　已知函数 f(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)．

(1)当a＝0时，求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)当x≥2 时，f(x)≥0 恒成立，求 a的取值范围．

解析　(1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝(0－2)e0＝－2，

f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，

所以切线方程为 y＋2＝－(x－0)，即 x＋y＋2＝0．

(2)方法一　()f′(x)＝(x－1)(ex－a)，

①当a≤0 时，因为 x≥2，所以 x－1>0，ex－a>0，所以 f′(x)>0，

则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0成立．

②当0<a≤e2时，f′(x)≥0，所以 f(x)在[2，＋∞)上单调递增，所以 f(x)≥f(2)＝0成立．

③当a>e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)<0；在区间(lna，＋∞)上，f′(x)>0，

所以 f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，f(x)≥0 不恒成立，不符合题意．

综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．

方法二　当 x≥2 时，f(x)≥0 恒成立，等价于当 x≥2 时，(x－2)ex－ax2＋ax≥0 恒成立．

即a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立．

当x＝2时，0·a≤0，所以 a∈R．

当x>2 时， x2－x>0，所以 a≤＝恒成立．

设g(x)＝，则 g′(x)＝，因为 x>2，所以 g′(x)>0，

所以 g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增．所以 g(x)>g(2)＝e2，所以 a≤e2．

综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．

【对点精练】

1．已知函数 f(x)＝(a∈R)．

(1)讨论 f(x)的单调区间；

(2)若f(x)≤ex－1＋－1恒成立，求实数 a的取值范围．

1．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且 f′(x)＝．

令f′(x)>0，得 1－a－ln x>0，解得 0<x<e1－a．

令f′(x)<0，得 1－a－ln x<0，解得 x>e1－a．

故f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞)．

(2)因为 f(x)≤ex－1＋－1恒成立，即≤ex－1＋－1对(0，＋∞)恒成立，

所以 a≤xex－1－x－ln x＋1对(0，＋∞)恒成立，

令g(x)＝xex－1－x－ln x＋1，则 g′(x)＝ex－1＋xex－1－1－＝(x＋1)．

当x∈(0，1)时，g′(x)<0，所以 g(x)在(0，1)上单调递减．

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以 g(x)在(1，＋∞)上单调递增．

故当 x＝1时，g(x)取到最小值 g(1)＝1，所以 a≤1．

故实数 a的取值范围是(－∞，1]．

2．函数 f(x)＝lnx＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2．

(1)讨论 f(x)的极值点的个数；

(2)若对于任意 x∈(0，＋∞)，总有 f(x)≤g(x)成立，求实数 a的取值范围．

2．解析：(1)由题意得 f′(x)＝＋x＋a＝(x>0)，令 f′(x)＝0，即 x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4．

①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2 时，x2＋ax＋1≥0 对x>0 恒成立，

即f′(x)＝≥0对x>0 恒成立，此时 f(x)没有极值点．

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